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北京市第五十五中学2024-2025学年高二上学期期中调研（等级考）物理试卷（解析版）-A4
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这是一份北京市第五十五中学2024-2025学年高二上学期期中调研（等级考）物理试卷（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了单项选择，实验题，计算论证题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共10页，共100分，调研时长90分钟
第一部分（选择题共42分）
一、单项选择（每小题3分，共42分）
1. 下列哪些是描述场的性质的物理量（ ）
A. 电势能、电场强度B. 电势、电场强度
C. 电场力、电势D. 电势能、电势
【答案】B
【解析】
【详解】电场强度和电势只与电场本身有关，它们是描述电场性质的物理量；电场力、电势能是描述电场作用的物理量，
它们与放入电场中的电荷有关，故B正确，ACD错误。
故选 B。
2. 有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，此时导线中自由电子定向移动的平均速率为v。设导线在单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e。则在时间内（ ）
A. 通过导线横截面的电荷量为ne
B. 通过导线横截面的自由电子数为
C. 通过导线横截面的自由电子数为
D. 通过导线横截面的电荷量为
【答案】B
【解析】
【详解】AD．根据电流的定义式
可得，在时间内过导线横截面的电荷量为
AD错误；
BC．在时间内过导线横截面自由电子数为
B正确，C错误。
故选B。
3. 如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且。下列说法正确的是（ ）
A. P点电场强度比Q点电场强度大
B. P点电势与Q点电势相等
C. 若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍
D. 若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；
B．由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误；
CD．由电场叠加得P点电场强度
若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。
故选C。
4. 关于图中四幅图像的说法正确的是（ ）
A. 甲图中，将带正电的小球靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成、两部分后，所带电荷量小于所带电荷量
B. 乙图中，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，箔片会张开
C. 丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的内外表面感应出等量异种电荷，导体壳内空腔电场强度为0
D. 丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒定律，甲图中，将带正电的小球靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成、两部分后，所带电荷量等于所带电荷量，故A错误；
B．根据静电屏蔽，乙图中，用金属网把验电器罩起来，使其内部不受影响，故带电金属球靠近验电器，箔片不会张开，故B错误；
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷，内表面没有电荷，导体壳内空腔电场强度为0，故C错误；
D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理，故D正确。
故选D。
5. 如图为分压器电路，ab为电压的输入端，cd为电压的输出端，则下列说法正确的是（ ）
A. 当滑动头在下端时，Ucd为U
B. 当滑动头在上端时，Ucd为0
C. Ucd的变化范围是0 ~ U
D. 只有当cd间不接负载时，Ucd的变化范围才是0 ~ U
【答案】C
【解析】
【详解】A．当滑头在下端时，Ucd的值为0，A错误；
B．当滑头在上端时，Ucd的值为U，B错误；
C．由上可知，Ucd的变化范围是0 ~ U，C正确；
D．无论cd间是否接负载，Ucd的变化范围都是0 ~ U，D错误。
故选C。
6. 电子绕核运动可等效为一环形电流，如图所示。氢原子电子绕核运动的半径为，电子质量为，电荷量为，静电力常量为，则此环形电流的大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，可得
则电子运动的周期为
根据电流的定义得
故选C。
7. 如图所示，平行板电容器极板与水平面成角放置，充电后与电源断开。有一质量为m、电荷量为q的小球，从极板左侧沿水平方向飞入电场并沿直线飞出，下列推断正确的是（ ）
A. 小球做匀速直线运动
B. 仅使小球的电荷量加倍，小球依然做直线运动
C. 仅使板间距加倍，小球依然做直线运动
D. 仅使电容器转至水平，小球依然做直线运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球做直线运动，则所受的合力沿水平方向，如图所示
合力大小为
恒定，可知小球做匀加速直线运动，故A错误；
B．仅使小球的电荷量加倍，则电场力变大，合力的方向不再水平，则速度与合力方向不再共线，则小球做曲线运动，故B错误；
C．仅使板间距加倍，根据 、 、 联立可得
因电容器带电量不变，则两板场强不变，小球依然做直线运动，故C正确；
D．仅使电容器转至水平，则电场力与重力共线，但是电场力大于重力，则合力向上，则小球不能做直线运动，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，虚线a、b、c表示电场中三个等势面，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电的点电荷通过该区域时的运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A. 三个等势面中，c的电势最高
B. 该点电荷在P点时的电势能比Q点大
C. 该点电荷在P点时的动能比Q点大
D. P点的电场强度小于Q点的电场强度
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，由粒子做曲线运动的条件可知，电场力方向如图所示
由于粒子带正电，可知，电场方向与电场力方向相同
A．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，三个等势面中，c的电势最低，故A错误；
BC．若粒子由运动到，运动过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增加，即该点电荷在P点时的电势能比Q点大，在P点时的动能比Q点小，故C错误，B正确；
D．由等差等势线越密，电场强度越大，由图可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故D错误。
故选B。
9. 从电路的角度看，电流计就相当于一个电阻，同样遵从欧姆定律。一般电流计的内阻约为几百欧到2千欧，满偏电流很小，不过几十微安到几百微安，能够承担的电压一般小于几百毫伏，所以不能直接用来测量较大的电流和电压。要想用电流计测量较大的电流或电压，需要将电流计改装成电流表或电压表，下面两图是改装后的电表的电路图，对两图的认识。正确的是（ ）
（a） （b）
A. （a）图是电压表，使用a、c两个端点时，量程较大
B. （a）图是电流表，使用a、c两个端点时，量程较大
C. （b）图是电压表，使用a、c两个端点时，量程较大
D. （b）图是电流表，使用a、c两个端点时，量程较大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由图可知，（a）图电流计与分流电阻并联，为电流表，根据并联规律可知，改装后电流表的量程为
当使用a、c两个端点时分流电阻R较大，电流表量程较小，故AB错误；
CD．由图可知，（a）图电流计与分压电阻串联，为电压表，根据串联规律可知，改装后电压表的量程为
当使用a、c两个端点时分压电阻R较大，电压表量程较大，故C正确，D错误。
故选C。
10. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是（ ）
A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B. 对应P点，小灯泡的电阻为
C. 对应P点，小灯泡的电阻为
D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
【答案】C
【解析】
【详解】A．图线上的点与原点O连线的斜率的倒数表示电阻值，由图可知随着所加电压的增大，图线斜率减小，故小灯泡的电阻增大，A正确，不符合题意；
BC．由欧姆定律可得，对应P点，小灯泡的电阻为
B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．对应P点，小灯泡的功率为
P=U1I2
与题图中PQOM所围的面积相等，D正确，不符合题意。
故选C。
11. 竖直放置的一对平行金属板的左极板上用柔软的绝缘细线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图中所示的电路图连接。细线与左极板的夹角为θ。当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片缓慢移动到b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】电容器在直流电路中相当于断路，所以滑动变阻器滑片在滑动的过程中，电路的总电阻并不发生变化，所以电路中的电流不发生变化；电容器两极板间的电势差和滑动变阻器与电容器并联部分电阻的分压相同，所以根据小球的受力可知
滑片由移动到时，并联部分电阻增大，分压增大，电容器两极板间的电压增大，两极板间的电场强度增大，故增大。
故选C。
12. 如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U。一带负电的粒子以初速度由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板B。如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（ ）
A. 初速度为，电压U不变B. 初速度为，电压为
C. 初速度为，电压为D. 初速度为，电压为
【答案】B
【解析】
【详解】A．设粒子的电荷量为，质量为，板间距为，板间电场强度为，根据题意，由动能定理有
若调整粒子的初速度为，设此时的电压为，则根据动能定理有
解得
则可知，初速度为，电压U不变，粒子到达两板间距离的地方，故A错误；
B．根据以上分析可知，当初速度为，电压U不变，粒子到达两板间距离的地方，而若电压为时，此时板间场强
设此时粒子到达距离极板A的距离为，则应有
解得
故B正确；
C．若初速度为不变，电压为，根据
分析可知，此种情况下粒子可到达极板B，且到达极板B时动能不为零，故C错误；
D．由
分析可知，当初速度为，电压为时，此时电场强度
因粒子速度减为零所需电压为，设种情况下粒子到达极板间距的处，则有
解得
故D错误。
故选B。
13. 扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图所示为某品牌智能扫地机器人及其铭牌上的部分文字说明，若已知该扫地机器人从电能耗尽开始充电，需要充满电的时间约4.5h，电池容量为2600mAh、电压为14.4V，电能全部用完算一次工作时间。则下列说法正确的是（ ）
A. 电池容量是指电池储存电能的大小
B. 扫地机器人正常工作电流为0.6A
C. 扫地机器人充满电后一次工作时间约为1.7h
D. 扫地机器人充满电后一次工作时间约为2.3h
【答案】C
【解析】
【详解】A．电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）的多少，不是储存电能的大小，故A错误；
B．扫地机器人正常工作时的电流为
故B错误；
CD．扫地机器人充满电后一次工作时间为
故C正确，D错误。
故选C。
14. 空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x轴和y轴上各点的电势如图1、2所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的大小为160V/m
B. 电场强度的方向与x轴负方向夹角的正切值为
C. 点（10cm,10cm）处的电势为20V
D. 纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为20V
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图像斜率可知电场在x 轴和y 轴上的分电场分别为
V/m=160V/m
V/m=120V/m
则电场大小为
200V/m
故A错误；
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
故B正确；
C．规定坐标原点的电势为0，点（10cm，10cm）处的电势为
V=28V
故C错误；
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为
V=20V
故D正确；
故选D。
第二部分非选择题（共58分）
二、实验题（共18分）
15. 在“研究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验中，把电容器的两极板A，B分别与静电计的金属球和外壳相连，并使B板接地。先使电容器带上一定的电荷量，静电计指针偏转一定的角度（如图）。
（1）实验中有一步操作是：保持两极板的间距和正对面积不变，在两极板间插入有机玻璃板。在这一步操作中，可看到静电计指针偏转的角度________（填“增大”“减小”或“不变”），这表明平行板电容器的电容随两极间电介质的增大而增大。
（2）如图乙所示，将电容器上极板A接电源正极，下极板B接电源负极，且将上极板接地。闭合开关S，有一带电液滴静止在电容器两极板间P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴________（选填“向上运动”“向下运动”或“静止不动”）。
【答案】（1）减小 （2）向下运动
【解析】
【小问1详解】
实验会发现指针的偏角变小，则电容器的电势差减小，根据公式可得电容增大，表明平行板电容器的电容随两极间电介质的介电常数增大而增大。
【小问2详解】
电容器与电源相连，所以两极板间的电势差不变，将电容器下极板B向下平移一小段距离，两极板间距离增大，根据可知，电容器间的电场减小，则液滴受到的竖直向上的电场力减小，重力不变，即液滴的合力向下，故液滴向下运动。
16. 在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
（1）某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的直径D=________mm。紧接着用游标卡尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的长度L=________cm。
（2）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A.电流表（量程为300mA，内阻约为1Ω）
B.电流表（量程为0.6A，内阻约为0.3Ω）
C.电压表（量程3.0V，内阻约为3kΩ）
D.电压表（量程为15.0V，内阻约为5kΩ）
E.滑动变阻器（最大阻值为10Ω）
F.电源E（电动势为4V，内阻可忽略）
G.开关、导线若干
H.待测金属丝R（大小约为10Ω）
①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（均填器材前面的字母即可）：电流表选________；电压表选________。
②该同学要用图像法求出待测金属丝阻值，要求电压从0开始变化请将图所示实物电路图中所缺导线补全________。
③实验测出电压表读数为U，电流表读数为I，圆柱体横截面的直径为D，长度为L，则圆柱体电阻率为ρ=________。（用D、L、U、I表示，单位均已为国际单位）
④任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项有________。
A.用游标卡尺测量金属工件外边长时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.由于电流表分压使得金属工件电阻阻值和真实值相比偏小
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用U-I图像处理数据求金属工件电阻可以减小偶然误差
（3）某同学想又设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A.电流表A1（内阻、满偏电流）
B.电流表A₂（内阻约为0.4Ω，量程0~0.6A）
C.定值电阻.
D.滑动变阻器R（0~5Ω，额定电流2A）
E.干电池组（6V）
F.一个开关和导线若干
G.螺旋测微器，游标卡尺
按图3的电路图连接好后进行实验。若实验测得电流表示数为电流表示数为，则金属棒电阻的表达式为=_________（用表示）
【答案】（1） ①. 4.650 ②. 5.125
（2） ①. A1 ②. V1 ③. ④. ⑤. CD
（3）
【解析】
【小问1详解】
[1]螺旋测微器精度值为0.01mm，结合图乙得金属丝的直径
[2]图甲游标卡尺精度值为0.05mm，结合图甲测得金属丝长度
【小问2详解】
[1]由于电动势为4V，故电压表选择V1，因为待测电阻阻值约10Ω，则可估算电路中电流
故电流表选A1；
[2]以上分析可知，故电压表选择V1；
[3]要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，因为
故电流表采用外接法，故电路实物图连接如下
[4]结合题意，由欧姆定律和电阻定律
可得
[5]
A．读数引起的误差为偶然误差，故A错误；
B．由于电压表的分流，造成通过待测电阻的电流偏小，根据欧姆定律可知，待测电阻测量值小于真实值，故B错误；
C．考虑电表的内阻后，电表的分流或分压均可算出，那么待测电阻的电压和电流的真实值均可算出，故消除了系统误差 ，故C正确。
D．用U-I图像处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，故D正确。
故选CD。
【小问3详解】
结合图像和题意，由串联、并联规律可得
得
三、计算论证题（本题共4小题，共40分）
17. 如图所示，把一带电荷量为的小球A用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30cm时，绳与竖直方向成45°角，取，，且A、B两小球均可视为点电荷，求：
（1）A、B两球间的库仑力大小；
（2）细绳拉力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）A、B间的库仑力大小
（2）小球A受力如图所示
由平衡条件
解得A球所受拉力
18. 如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻RM＝0.6 Ω，R＝10 Ω，U＝160 V，电压表的读数为110 V，则：
(1)通过电动机的电流是多少？
(2)输入到电动机的电功率是多少？
(3)电动机工作1 h所产生的热量是多少？
【答案】(1)5A； (2)550W； (3)5.4×104J
【解析】
【详解】（1）电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压
（2）电动机的电功率
（3）电动机的热功率
产生的热量
19. 一个初速度为零的电子在经的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入。如图所示若两板间距为d，板长为L，两板间的偏转电压为当有带电粒子撞击荧光屏时会产生亮点。已知电子的带电量为e，质量为m，不计重力，求：
（1）粒子进入偏转电场时的速度
（2）粒子射出电场沿垂直于板面方向偏移的距离y；
（3）偏转电场对粒子做功。
（4）若有电子、质子、α粒子（由两个质子和两个中子组成）三种粒子经此装置出射（图示左侧极板的方向会调整以保证其能加速通过第一组极板，第二组极板的方向固定不变），最终在右侧的荧光屏上我们会看到几个点?（荧光屏紧贴偏转极板）请分析说明理由。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）2个
【解析】
【小问1详解】
根据动能定理
解得
【小问2详解】
粒子在偏转电场中做类平抛运动，则
其中
联立解得
【小问3详解】
偏转电场对粒子做的功
【小问4详解】
在右侧荧光屏上竖直方向的偏转位移为
可见竖直方向的位移与比荷无关，质子和α粒子向上偏转到达同一个点上，电子向下偏转距离也为y，因此最终会看到2个亮点。
20. 对于同一个物理问题，经常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，加深理解。给定一段粗细均匀的导体AB，横截面积为S、长为L。单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷量为e。该导体AB两端加某一电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。
（1）求导体中的电流I；
（2）经典物理学认为，金属电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。电子与金属离子碰撞的平均结果表现为导体给电子以连续的阻力，这是导体形成电阻的原因。设阻力的大小与电子定向移动速率成正比，即，k是阻力系数。请推导导体的电阻率。
（3）自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加剧烈，电子将能量转移给金属离子，从而使金属导体发热。某段时间内，将导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为，将这段时间内导体产生的焦耳热设为Q，请证明：。
【答案】(1)；(2)见解析；(3)见解析
【解析】
【详解】(1)根据电流的微观表达式可解得
(2)根据欧姆定律可知
将电流微观表达式带入可得
由电阻率表达式可知
将该式带入欧姆定律表达式可得
导体中电子匀速运动，有
而根据电场强度和电势差的关系可知
联立两式可得
将v的表达式代入U的表达式可得
化简后可解得
最终化简可知
(3)根据焦耳热表达式可知
将电流微观表达式代入可得
将电阻率公式和第(2)问的结论代入，化简可得
由于L为电子移动的总距离，则
每个电子损失的动能等于阻力做的功。每个电子移动的距离大约为vt，可得损失的动能为
则导体AB中所有电子损失的总动能为
可得
产品型号
DF43/DF45
工作电压
14.4V
额定功率
22W
充电座额定输出电压
19V
充电座额定输出电流
0.6A
电池种类及规格
锂电池 14.4V/2600mAh
本试卷共10页，共100分，调研时长90分钟
第一部分（选择题共42分）
一、单项选择（每小题3分，共42分）
1. 下列哪些是描述场的性质的物理量（ ）
A. 电势能、电场强度B. 电势、电场强度
C. 电场力、电势D. 电势能、电势
【答案】B
【解析】
【详解】电场强度和电势只与电场本身有关，它们是描述电场性质的物理量；电场力、电势能是描述电场作用的物理量，
它们与放入电场中的电荷有关，故B正确，ACD错误。
故选 B。
2. 有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，此时导线中自由电子定向移动的平均速率为v。设导线在单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e。则在时间内（ ）
A. 通过导线横截面的电荷量为ne
B. 通过导线横截面的自由电子数为
C. 通过导线横截面的自由电子数为
D. 通过导线横截面的电荷量为
【答案】B
【解析】
【详解】AD．根据电流的定义式
可得，在时间内过导线横截面的电荷量为
AD错误；
BC．在时间内过导线横截面自由电子数为
B正确，C错误。
故选B。
3. 如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且。下列说法正确的是（ ）
A. P点电场强度比Q点电场强度大
B. P点电势与Q点电势相等
C. 若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍
D. 若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；
B．由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误；
CD．由电场叠加得P点电场强度
若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。
故选C。
4. 关于图中四幅图像的说法正确的是（ ）
A. 甲图中，将带正电的小球靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成、两部分后，所带电荷量小于所带电荷量
B. 乙图中，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，箔片会张开
C. 丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的内外表面感应出等量异种电荷，导体壳内空腔电场强度为0
D. 丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒定律，甲图中，将带正电的小球靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成、两部分后，所带电荷量等于所带电荷量，故A错误；
B．根据静电屏蔽，乙图中，用金属网把验电器罩起来，使其内部不受影响，故带电金属球靠近验电器，箔片不会张开，故B错误；
C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷，内表面没有电荷，导体壳内空腔电场强度为0，故C错误；
D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理，故D正确。
故选D。
5. 如图为分压器电路，ab为电压的输入端，cd为电压的输出端，则下列说法正确的是（ ）
A. 当滑动头在下端时，Ucd为U
B. 当滑动头在上端时，Ucd为0
C. Ucd的变化范围是0 ~ U
D. 只有当cd间不接负载时，Ucd的变化范围才是0 ~ U
【答案】C
【解析】
【详解】A．当滑头在下端时，Ucd的值为0，A错误；
B．当滑头在上端时，Ucd的值为U，B错误；
C．由上可知，Ucd的变化范围是0 ~ U，C正确；
D．无论cd间是否接负载，Ucd的变化范围都是0 ~ U，D错误。
故选C。
6. 电子绕核运动可等效为一环形电流，如图所示。氢原子电子绕核运动的半径为，电子质量为，电荷量为，静电力常量为，则此环形电流的大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，可得
则电子运动的周期为
根据电流的定义得
故选C。
7. 如图所示，平行板电容器极板与水平面成角放置，充电后与电源断开。有一质量为m、电荷量为q的小球，从极板左侧沿水平方向飞入电场并沿直线飞出，下列推断正确的是（ ）
A. 小球做匀速直线运动
B. 仅使小球的电荷量加倍，小球依然做直线运动
C. 仅使板间距加倍，小球依然做直线运动
D. 仅使电容器转至水平，小球依然做直线运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球做直线运动，则所受的合力沿水平方向，如图所示
合力大小为
恒定，可知小球做匀加速直线运动，故A错误；
B．仅使小球的电荷量加倍，则电场力变大，合力的方向不再水平，则速度与合力方向不再共线，则小球做曲线运动，故B错误；
C．仅使板间距加倍，根据 、 、 联立可得
因电容器带电量不变，则两板场强不变，小球依然做直线运动，故C正确；
D．仅使电容器转至水平，则电场力与重力共线，但是电场力大于重力，则合力向上，则小球不能做直线运动，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，虚线a、b、c表示电场中三个等势面，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电的点电荷通过该区域时的运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A. 三个等势面中，c的电势最高
B. 该点电荷在P点时的电势能比Q点大
C. 该点电荷在P点时的动能比Q点大
D. P点的电场强度小于Q点的电场强度
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，由粒子做曲线运动的条件可知，电场力方向如图所示
由于粒子带正电，可知，电场方向与电场力方向相同
A．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，三个等势面中，c的电势最低，故A错误；
BC．若粒子由运动到，运动过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增加，即该点电荷在P点时的电势能比Q点大，在P点时的动能比Q点小，故C错误，B正确；
D．由等差等势线越密，电场强度越大，由图可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故D错误。
故选B。
9. 从电路的角度看，电流计就相当于一个电阻，同样遵从欧姆定律。一般电流计的内阻约为几百欧到2千欧，满偏电流很小，不过几十微安到几百微安，能够承担的电压一般小于几百毫伏，所以不能直接用来测量较大的电流和电压。要想用电流计测量较大的电流或电压，需要将电流计改装成电流表或电压表，下面两图是改装后的电表的电路图，对两图的认识。正确的是（ ）
（a） （b）
A. （a）图是电压表，使用a、c两个端点时，量程较大
B. （a）图是电流表，使用a、c两个端点时，量程较大
C. （b）图是电压表，使用a、c两个端点时，量程较大
D. （b）图是电流表，使用a、c两个端点时，量程较大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由图可知，（a）图电流计与分流电阻并联，为电流表，根据并联规律可知，改装后电流表的量程为
当使用a、c两个端点时分流电阻R较大，电流表量程较小，故AB错误；
CD．由图可知，（a）图电流计与分压电阻串联，为电压表，根据串联规律可知，改装后电压表的量程为
当使用a、c两个端点时分压电阻R较大，电压表量程较大，故C正确，D错误。
故选C。
10. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是（ ）
A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B. 对应P点，小灯泡的电阻为
C. 对应P点，小灯泡的电阻为
D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
【答案】C
【解析】
【详解】A．图线上的点与原点O连线的斜率的倒数表示电阻值，由图可知随着所加电压的增大，图线斜率减小，故小灯泡的电阻增大，A正确，不符合题意；
BC．由欧姆定律可得，对应P点，小灯泡的电阻为
B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．对应P点，小灯泡的功率为
P=U1I2
与题图中PQOM所围的面积相等，D正确，不符合题意。
故选C。
11. 竖直放置的一对平行金属板的左极板上用柔软的绝缘细线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图中所示的电路图连接。细线与左极板的夹角为θ。当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片缓慢移动到b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】电容器在直流电路中相当于断路，所以滑动变阻器滑片在滑动的过程中，电路的总电阻并不发生变化，所以电路中的电流不发生变化；电容器两极板间的电势差和滑动变阻器与电容器并联部分电阻的分压相同，所以根据小球的受力可知
滑片由移动到时，并联部分电阻增大，分压增大，电容器两极板间的电压增大，两极板间的电场强度增大，故增大。
故选C。
12. 如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U。一带负电的粒子以初速度由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板B。如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（ ）
A. 初速度为，电压U不变B. 初速度为，电压为
C. 初速度为，电压为D. 初速度为，电压为
【答案】B
【解析】
【详解】A．设粒子的电荷量为，质量为，板间距为，板间电场强度为，根据题意，由动能定理有
若调整粒子的初速度为，设此时的电压为，则根据动能定理有
解得
则可知，初速度为，电压U不变，粒子到达两板间距离的地方，故A错误；
B．根据以上分析可知，当初速度为，电压U不变，粒子到达两板间距离的地方，而若电压为时，此时板间场强
设此时粒子到达距离极板A的距离为，则应有
解得
故B正确；
C．若初速度为不变，电压为，根据
分析可知，此种情况下粒子可到达极板B，且到达极板B时动能不为零，故C错误；
D．由
分析可知，当初速度为，电压为时，此时电场强度
因粒子速度减为零所需电压为，设种情况下粒子到达极板间距的处，则有
解得
故D错误。
故选B。
13. 扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图所示为某品牌智能扫地机器人及其铭牌上的部分文字说明，若已知该扫地机器人从电能耗尽开始充电，需要充满电的时间约4.5h，电池容量为2600mAh、电压为14.4V，电能全部用完算一次工作时间。则下列说法正确的是（ ）
A. 电池容量是指电池储存电能的大小
B. 扫地机器人正常工作电流为0.6A
C. 扫地机器人充满电后一次工作时间约为1.7h
D. 扫地机器人充满电后一次工作时间约为2.3h
【答案】C
【解析】
【详解】A．电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）的多少，不是储存电能的大小，故A错误；
B．扫地机器人正常工作时的电流为
故B错误；
CD．扫地机器人充满电后一次工作时间为
故C正确，D错误。
故选C。
14. 空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x轴和y轴上各点的电势如图1、2所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的大小为160V/m
B. 电场强度的方向与x轴负方向夹角的正切值为
C. 点（10cm,10cm）处的电势为20V
D. 纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为20V
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图像斜率可知电场在x 轴和y 轴上的分电场分别为
V/m=160V/m
V/m=120V/m
则电场大小为
200V/m
故A错误；
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
故B正确；
C．规定坐标原点的电势为0，点（10cm，10cm）处的电势为
V=28V
故C错误；
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为
V=20V
故D正确；
故选D。
第二部分非选择题（共58分）
二、实验题（共18分）
15. 在“研究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验中，把电容器的两极板A，B分别与静电计的金属球和外壳相连，并使B板接地。先使电容器带上一定的电荷量，静电计指针偏转一定的角度（如图）。
（1）实验中有一步操作是：保持两极板的间距和正对面积不变，在两极板间插入有机玻璃板。在这一步操作中，可看到静电计指针偏转的角度________（填“增大”“减小”或“不变”），这表明平行板电容器的电容随两极间电介质的增大而增大。
（2）如图乙所示，将电容器上极板A接电源正极，下极板B接电源负极，且将上极板接地。闭合开关S，有一带电液滴静止在电容器两极板间P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴________（选填“向上运动”“向下运动”或“静止不动”）。
【答案】（1）减小 （2）向下运动
【解析】
【小问1详解】
实验会发现指针的偏角变小，则电容器的电势差减小，根据公式可得电容增大，表明平行板电容器的电容随两极间电介质的介电常数增大而增大。
【小问2详解】
电容器与电源相连，所以两极板间的电势差不变，将电容器下极板B向下平移一小段距离，两极板间距离增大，根据可知，电容器间的电场减小，则液滴受到的竖直向上的电场力减小，重力不变，即液滴的合力向下，故液滴向下运动。
16. 在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
（1）某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的直径D=________mm。紧接着用游标卡尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的长度L=________cm。
（2）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A.电流表（量程为300mA，内阻约为1Ω）
B.电流表（量程为0.6A，内阻约为0.3Ω）
C.电压表（量程3.0V，内阻约为3kΩ）
D.电压表（量程为15.0V，内阻约为5kΩ）
E.滑动变阻器（最大阻值为10Ω）
F.电源E（电动势为4V，内阻可忽略）
G.开关、导线若干
H.待测金属丝R（大小约为10Ω）
①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（均填器材前面的字母即可）：电流表选________；电压表选________。
②该同学要用图像法求出待测金属丝阻值，要求电压从0开始变化请将图所示实物电路图中所缺导线补全________。
③实验测出电压表读数为U，电流表读数为I，圆柱体横截面的直径为D，长度为L，则圆柱体电阻率为ρ=________。（用D、L、U、I表示，单位均已为国际单位）
④任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项有________。
A.用游标卡尺测量金属工件外边长时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.由于电流表分压使得金属工件电阻阻值和真实值相比偏小
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用U-I图像处理数据求金属工件电阻可以减小偶然误差
（3）某同学想又设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A.电流表A1（内阻、满偏电流）
B.电流表A₂（内阻约为0.4Ω，量程0~0.6A）
C.定值电阻.
D.滑动变阻器R（0~5Ω，额定电流2A）
E.干电池组（6V）
F.一个开关和导线若干
G.螺旋测微器，游标卡尺
按图3的电路图连接好后进行实验。若实验测得电流表示数为电流表示数为，则金属棒电阻的表达式为=_________（用表示）
【答案】（1） ①. 4.650 ②. 5.125
（2） ①. A1 ②. V1 ③. ④. ⑤. CD
（3）
【解析】
【小问1详解】
[1]螺旋测微器精度值为0.01mm，结合图乙得金属丝的直径
[2]图甲游标卡尺精度值为0.05mm，结合图甲测得金属丝长度
【小问2详解】
[1]由于电动势为4V，故电压表选择V1，因为待测电阻阻值约10Ω，则可估算电路中电流
故电流表选A1；
[2]以上分析可知，故电压表选择V1；
[3]要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，因为
故电流表采用外接法，故电路实物图连接如下
[4]结合题意，由欧姆定律和电阻定律
可得
[5]
A．读数引起的误差为偶然误差，故A错误；
B．由于电压表的分流，造成通过待测电阻的电流偏小，根据欧姆定律可知，待测电阻测量值小于真实值，故B错误；
C．考虑电表的内阻后，电表的分流或分压均可算出，那么待测电阻的电压和电流的真实值均可算出，故消除了系统误差 ，故C正确。
D．用U-I图像处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，故D正确。
故选CD。
【小问3详解】
结合图像和题意，由串联、并联规律可得
得
三、计算论证题（本题共4小题，共40分）
17. 如图所示，把一带电荷量为的小球A用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30cm时，绳与竖直方向成45°角，取，，且A、B两小球均可视为点电荷，求：
（1）A、B两球间的库仑力大小；
（2）细绳拉力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）A、B间的库仑力大小
（2）小球A受力如图所示
由平衡条件
解得A球所受拉力
18. 如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻RM＝0.6 Ω，R＝10 Ω，U＝160 V，电压表的读数为110 V，则：
(1)通过电动机的电流是多少？
(2)输入到电动机的电功率是多少？
(3)电动机工作1 h所产生的热量是多少？
【答案】(1)5A； (2)550W； (3)5.4×104J
【解析】
【详解】（1）电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压
（2）电动机的电功率
（3）电动机的热功率
产生的热量
19. 一个初速度为零的电子在经的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入。如图所示若两板间距为d，板长为L，两板间的偏转电压为当有带电粒子撞击荧光屏时会产生亮点。已知电子的带电量为e，质量为m，不计重力，求：
（1）粒子进入偏转电场时的速度
（2）粒子射出电场沿垂直于板面方向偏移的距离y；
（3）偏转电场对粒子做功。
（4）若有电子、质子、α粒子（由两个质子和两个中子组成）三种粒子经此装置出射（图示左侧极板的方向会调整以保证其能加速通过第一组极板，第二组极板的方向固定不变），最终在右侧的荧光屏上我们会看到几个点?（荧光屏紧贴偏转极板）请分析说明理由。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）2个
【解析】
【小问1详解】
根据动能定理
解得
【小问2详解】
粒子在偏转电场中做类平抛运动，则
其中
联立解得
【小问3详解】
偏转电场对粒子做的功
【小问4详解】
在右侧荧光屏上竖直方向的偏转位移为
可见竖直方向的位移与比荷无关，质子和α粒子向上偏转到达同一个点上，电子向下偏转距离也为y，因此最终会看到2个亮点。
20. 对于同一个物理问题，经常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，加深理解。给定一段粗细均匀的导体AB，横截面积为S、长为L。单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷量为e。该导体AB两端加某一电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。
（1）求导体中的电流I；
（2）经典物理学认为，金属电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。电子与金属离子碰撞的平均结果表现为导体给电子以连续的阻力，这是导体形成电阻的原因。设阻力的大小与电子定向移动速率成正比，即，k是阻力系数。请推导导体的电阻率。
（3）自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加剧烈，电子将能量转移给金属离子，从而使金属导体发热。某段时间内，将导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为，将这段时间内导体产生的焦耳热设为Q，请证明：。
【答案】(1)；(2)见解析；(3)见解析
【解析】
【详解】(1)根据电流的微观表达式可解得
(2)根据欧姆定律可知
将电流微观表达式带入可得
由电阻率表达式可知
将该式带入欧姆定律表达式可得
导体中电子匀速运动，有
而根据电场强度和电势差的关系可知
联立两式可得
将v的表达式代入U的表达式可得
化简后可解得
最终化简可知
(3)根据焦耳热表达式可知
将电流微观表达式代入可得
将电阻率公式和第(2)问的结论代入，化简可得
由于L为电子移动的总距离，则
每个电子损失的动能等于阻力做的功。每个电子移动的距离大约为vt，可得损失的动能为
则导体AB中所有电子损失的总动能为
可得
产品型号
DF43/DF45
工作电压
14.4V
额定功率
22W
充电座额定输出电压
19V
充电座额定输出电流
0.6A
电池种类及规格
锂电池 14.4V/2600mAh
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